文档内容
2024届新高三开学摸底考试卷（课标全国专用）03
理科数学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求.
1．设集合 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据交集的定义计算可得.
【详解】因为 ，又 ，
所以 .
故选：D
2．若复数 满足 ，则 （ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【分析】先根据复数除法的运算求出复数 ，再由模长公式计算模长即可求解
【详解】因为 ，所以 .
故选：C.
3．已知 ， ，．．．， 的平均数为10，标准差为2，则 ， ，．．．， 的平均数和
标准差分别为（ ）
A．19和2 B．19和3 C．19和4 D．19和8
【答案】C
【分析】根据平均数和标准差的性质可得选项.
【详解】解：∵ ， ，…， 的平均数为10，标准差为2，
∴ ， ，…， 的平均数为： ，标准差为： ．故选：C．
【点睛】本题考查平均数和标准差的运算性质，属于基础题.
4．下列函数中，既是奇函数，又在R上单调递增的函数有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由函数奇偶性排除选项AB；由定义域排除选项D；再求导判断单调性判断C作答.
【详解】对于C，令 ，其定义域为R，而 ，即函数 是偶函数，
A错误；
对于B，函数 的定义域为R，是非奇非偶函数，B错误；
对于A，令 ，其定义域为R， ，即 是奇函数，
，当且仅当 时取等号，因此函数 在R上单调递增，A正确；
对于D，函数 的定义域为 ，不符合题意，D错误.
故选：A
5．已知某批零件的长度误差（单位：毫米）服从正态分布 ，从中随机取一件，其长度误差落在区
间 内的概率为（ ）
（附：若随机变量ξ服从正态分布 ，则 68.27%，
95.45%）
A．4.56% B．13.59%
C．27.18% D．31.74%
【答案】B
【分析】正态分布 中， ，根据正态分布的对称性求解即可.
【详解】正态分布 中， ，
所以 68.27%，
95.45%，
所以 13.59%，
故选：B.
6．已知圆 与圆 只有一个公共点，则 （ ）
A．1 B．4 C．9 D．1或9
【答案】D
【分析】将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意两圆相内切，则圆心距等于半径之差
的绝对值，即可得到方程，解得即可.【详解】圆 ，即 ，圆心为 ，半径 ，
圆 ，圆心 ，半径为 ，
所以
因为两圆只有一个公共点，所以两圆相外切或相内切，
显然两圆不能相外切，
所以 ，即 ，解得 或 .
故选：D
7． 的图象大致是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】研究函数的奇偶性，再研究函数值的变化趋势．
【详解】 是偶函数，排除D， 时， ，排除A、B．
故选C．
【点睛】本题考查由函数解析式选择函数图象．解题方法是排除法．可通过解析式研究函数的性质（如奇
偶性、单调性、对称性等），排除一些选项，研究函数的特殊值，函数值的正负、函数值的变化趋势等再
排除一些选项，直到只剩下一个选项为正确选项．
8．“ChatGPT”以其极高的智能化引起世界关注.深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是
以神经网络为出发点的.在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为 ，其中 表示每一轮优化
时使用的学习率， 表示初始学习率， 表示衰减系数， 表示训练迭代轮数， 表示衰减速度.已知某
个指数衰减的学习率模型的初始学习率为 ，衰减速度为 ，且当训练迭代轮数为 时，学习率为 ，
则学习率衰减到 以下（不含 ）所需的训练迭代轮数至少为（参考数据： ）（ ）
A．75 B．74 C．73 D．72
【答案】C
【分析】由已知可得 ，再由 ，结合指对数关系及对数函数的性质求解即可．
【详解】由题设可得 ，则 ，所以 ，即 ，
所以所需的训练迭代轮数至少为 次．
故选：C．
9．已知点 为坐标原点，直线 与抛物线 ： 相交于A， 两点， 的中点为 ，
若 到 的准线的距离等于 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据抛物线定义可知直线 过抛物线的焦点，从而求出焦点坐标可得 的值.
【详解】如图，假设直线 不过抛物线焦点F，过A、B、M分别做准线的垂线，垂直分别为E、D、
G，则GM是直角梯形AEDB的中位线
则
又因为 ，
所以
由定义可知
所以A、B、F三点共线
由直线 可得F的坐标为
所以 .
另解：设A ， ，联立方程组 得 ，则 ，
，所以 到 的准线的距离等于 ．因为
，所以 ，解得
．
10．如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且 ，现将 沿AE向上翻折，
使 点移到P点，则在翻折过程中，下列结论不正确的是（ ）A．存在点P，使得
B．存在点P，使得
C．三棱锥 的体积最大值为
D．当三棱锥 的体积达到最大值时，三棱锥 外接球表面积为4π
【答案】A
【分析】连接 ， 为 中点，连接 ，确定 ， ，若 ， 得到 ，
重合，不成立，A错误， 平面 时， ，B正确，计算得到CD正确，得到答案.
【详解】如图所示：连接 ， 为 中点，连接 ， ，
连接 ， ， ， ，
，故 ，故 ，
对选项A： ，若 ，又 ，则 ， 重合，不成立，错误；
对选项B：当 平面 时， 平面 ，则 ，又 ，
， 平面 ，故 平面 ， 平面 ，
故 ，正确；
对选项C：当 平面 时，三棱锥 体积最大，
最大值为 ，正确；
对选项D： 平面 ， 平面 ，故 ，
，故 ，
故 是三棱锥 外接球球心，半径为 ，
故外接球表面积为 ，正确.
故选：A.
11．函数 在 内的值域为 ,则 的取值范围为A． B． C． D．
【答案】A
【解析】根据 的取值范围，求出 的取值范围，再根据函数的值域得到 即可解得.
【详解】解：函数 ，
因为 ，
,
∴ ，
所以 ，解得 ,
故 的取值范围为 .
故选：
【点睛】本题考查余弦函数的性质的应用，属于基础题.
12．12．设 ， ， ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据指数函数及对数函数的单调性即可比较 ，构造函数 ，
，利用导数判断函数的单调性，再根据函数的单调性即可得解.
【详解】因为 ，所以 ，所以 ，
所以 ，
令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，
所以 ，即 ，所以 ，
令 ，则 ，所以函数 在 上递增，所以 ，即 ，即 ，
所以 ，即 ，
综上， .
故选：B.
【点睛】关键点点睛：构造函数 ， ，利用中间量
来比较 的大小是解决本题的关键.
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13．若 展开式的二项式系数和为32，则展开式中的常数项为______．（用数字作答）
【答案】40
【分析】根据二项式系数和为 ，求出 ，即可求出二项式展开式中常数项.
【详解】因为二项式系数和 ，
因此 ，
又 ，
令 ，常数项为 .
故答案为：40.
14．已知数列 满足 ， ，若 ， ，则 的值为______.
【答案】 或
【分析】由等比的定义结合其性质得出 的值.
【详解】因为 ， ，所以数列 为等比数列，设其公比为q.
由 ，
，得 ， ，
所以 .
当 时， ，则 ；
当 时， ，则 .综上， 的值为 或 .故答案为： 或
15．已知 是双曲线 的左焦点， 是 的右顶点，过点 作 轴的垂线交双曲线的一条渐近
线于点 ，连接 交另一条渐近线于点 .若 ，则双曲线 的离心率为__________.
【答案】2
【分析】根据题意即可得出 ，所以 ，再由 可得 为 的中点，即
，代入另一条渐近线 可得 ，即可计算出离心率为 .
【详解】如下图所示：
易知 ，则过点 作 轴的垂线方程为 ，
不妨设 与渐近线 交于点 ，则可得 ，
又 可得， 为 的中点，即 ；
又 在另一条渐近线 上，即 ，解得 ；
所以双曲线 的离心率为 .
故答案为：2
16．在三棱锥 中，PA⊥平面ABC， ，当三棱锥的体积最大时，三棱
锥 外接球的体积为______．
【答案】
【分析】根据棱锥体积公式及基本不等式可得 体积最大，然后利用长方体的性质及球的体积
公式即得.
【详解】由题可知三棱锥 的体积为：
，当且仅当 时等号成立，此时， ，将三棱锥 补成长方体 ，则三棱锥 外接球的直径为 ，则 ，
因此，三棱锥 外接球的体积为 .
故答案为： .
三、解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考
题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答）
（一）必考题：共60分
17．已知数列 满足 ， （ ）.记
(1)求证： 是等比数列；
(2)设 ，求数列 的前 项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由等比数列定义证明 即可；
（2）使用错位相减法求和即可.
【详解】（1）由已知，∵ ，∴ ，
∵ ，
∴ ，
又∵ ，∴ ，
∴易知数列 中任意一项不为 ，∴ ，
∴数列 是首项为 ，公比为 的等比数列.
（2）由第（1）问， ，∴ ，
∴设数列 的前 项和为 ，则①，① 得，
②，
① ②得，
，
∴ ，
∴ .
∴数列 的前 项和为 .
18．某体育频道为了解某地电视观众对卡塔尔世界杯的收看情况，随机抽取了该地200名观众进行调查，
下表是根据所有调查结果制作的观众日均收看世界杯时间（单位：时）的频率分布表：
日均收看世界杯时间
（时）
频率 0.1 0.18 0.22 0.25 0.2 0.05
如果把日均收看世界杯的时间高于2.5小时的观众称为“足球迷”．
(1)根据已知条件完成下面的 列联表，并判断是否有99.9%的把握认为该地的电视观众是否为“足球
迷”与性别有关；
非足球迷 足球迷 合计
女 70
男 40
合
计
(2)将样本的频率分布当作总体的概率分布，现从该地的电视观众中随机抽取4人，记这4人中的“足球
迷”人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．
参考公式： ，其中 ．
参考数据：
0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
【答案】(1)列联表见解析，有 的把握认为该地的电视观众是否为“足球迷”与性别有关
(2)分布列见解析，
【分析】（1）由频率分布表求出“足球迷”对应的频率即可得到样本中“足球迷”的人数，从而完善列
联表，计算出卡方，即可判断；（2）由（1）从该地的电视观众中随机抽取 人，其为“足球迷”的概率 ，则 ，求出相
应的概率，从而得到分布列与数学期望.
【详解】（1）由频率分布表可知，“足球迷”对应的频率为 ，
则在抽取的 人中，“足球迷”有 人，
所以 列联表如下：
非足球迷 足球迷 合计
女 70
男 40
合计
所以 ，
所以有 的把握认为该地的电视观众是否为“足球迷”与性别有关.
（2）由频率分布表可知，“足球迷”对应的频率为 ，
所以从该地的电视观众中随机抽取 人，其为“足球迷”的概率 ，所以 ，
即 的可能取值为 、 、 、 、 ，
所以 ， ，
， ，
，
所以随机变量 的分布列为
所以 .
19．在图1中， 为等腰直角三角形， ， ， 为等边三角形，O为AC边的中
点，E在BC边上，且 ，沿AC将 进行折叠，使点D运动到点F的位置，如图2，连接
FO，FB，FE，使得 ．(1)证明： 平面 ．
(2)求二面角 的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由等边三角形三线合一，得出 ，再由勾股定理逆定理得出 ，即可证明；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量法计算即可；方法二：作 ，垂足为M，
作 ，垂足为N，连接 ，首先由线面垂直得出 ，则二面角 的平面角为
，在 中，求出 即可．
【详解】（1）证明：连接OB，
因为 为等腰直角三角形， ， ，
所以 ，
因为O为AC边的中点，
所以 ，
在等边三角形 中， ，
因为O为AC边的中点，
所以 ，则 ，
又 ，
所以 ，即 ，
因为 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ．（2）方法一：因为 是等腰直角三角形， ， 为边 中点，
所以 ，
由（1）得 平面 ，则以O为坐标原点， ， ， 的方向分别为x，y，z轴的正方向建立
空间直角坐标系，
则 ， ， ，
所以 ， ，
设平面 的法向量为 ，
由 ，得 ，令 ，得 ，
易知平面 的一个法向量为 ，
设二面角 的大小为θ，
则 ，
由图可知二面角 为锐角，
所以二面角 的余弦值为 ．
方法二：
作 ，垂足为M，作 ，垂足为N，连接 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
又因为 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，
所以 ，
又 ， ， 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，
所以 ，
又平面 平面 ，
所以二面角 的平面角为 ，
因为 ，所以 ，
所以 ， ，
在 中， ， ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，即二面角 的余弦值为 ．
20．已知动圆 经过点 ，并且与圆 相切．
(1)求点 的轨迹 的方程；
(2)动直线 过点 ，且与轨迹 分别交于 ， 两点，点 与点 关于 轴对称（点 与点 不重合），
求证：直线 恒过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设动圆 与圆 相切的切点为 ，得到 ，根据椭圆的定义即可判
断点 的轨迹 是以 ， 为焦点的椭圆，再求出方程即可；
（2）根据题意可知直线 的斜率显然不为0，不妨设直线 的方程为 ，设 ， ，
则 ，再联立椭圆和直线 的方程，消去 整理得到关于的一元二次方程，根据韦达定理求得 ， ，再利用 ， ， 三点共线得到 ，进一步得到
直线所过的定点.
【详解】（1）设动圆 与圆 相切的切点为 ，
则 ，
所以点 的轨迹 是以 ， 为焦点的椭圆，
设椭圆的方程为 ，
则 ， ，所以 ，
所以椭圆的方程为 ，
即点 的轨迹 的方程为 ．
（2）由题意可知直线 的斜率显然不为0，
不妨设直线 的方程为 ，设 ， ，则 ，
联立 ，消去 整理得 ，
所以 ， ，
因为 ， ， 三点共线，所以 ，
所以 ，
即 ，
所以 ，解得 ，
故直线 的方程为 ，所以直线过定点 ．21．已知函数 .
(1)讨论 的单调性.
(2)若函数 有两个零点 ，且 ，证明： .
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)先求导函数，对参数a分类讨论，即可得单调区间.
(2)将零点代入原方程并作差，可得 ，从而得 ， ,再换元 ，问
题转化为证明 恒成立，即可证明.
【详解】（1）解：函数 的定义域为 ， .
①当 时，令 ，得 ，则 在 上单调递减；
令 ，得 ，则 在 上单调递增.
②当 时，令 ，得 ，则 在 上单调递减；
令 ，得 ，则 在 上单调递增.
综上所述，当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增；
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增.
（2）证明：因为 为 的两个零点，所以 ， ，
两式相减，可得 ，即 ， ，因此， ， .
令 ，则 ，
令 ，则 ，
所以函数 在 上单调递增，所以 ，即 .
因为 ，所以 ，故 得证.
（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．
[坐标系与参数方程]
22．在直角坐标系 中，曲线C的参数方程为 （ 为参数），以坐标原点为极点，x轴正半
轴为极轴建立极坐标系，已知直线l的极坐标方程为 ．
(1)写出C的普通方程；
(2)写出直线l的直角坐标方程并判断l与C有无交点，如果有，则求出交点的直角坐标；如果没有，写出
证明过程．
【答案】(1)
(2)无交点，证明见解析
【分析】（1）对参数方程进行消元，且利用基本不等式得到限制条件即可；
（2）将直线l转化成直角坐标方程，代入C的方程，结合限制条件 即可求解
【详解】（1）由 平方可得 ，又因为 ，所以 ，
因为 ，当且仅当 即 时，取等号，
所以C的普通方程为 ；
（2）由直线l的极坐标方程为 可得直线l的直角坐标方程为 ，
代入C的普通方程可得 ，解得 ，因为 ，所以 舍去， 无解，
所以l与C没有交点
[不等式选讲]
23．已知函数 .
(1)求不等式 的解集；
(2)若 恒成立，求a的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)将函数表示为分段函数形式，分三类情况讨论求解；
(2)将不等式等价转化为 ，利用绝对值不等式可求 的最小
值，即可求解.
【详解】（1）因为 ，
所以 等价于 ，或 或 ，
解得 或 或 ，
即 ，即不等式 的解集为
（2）当 时， 恒成立，所以 ；
当 时， 恒成立，
因为 ，
当且仅当 即 或 时取得等号，
所以 ，
综上， 的取值范围是 .公众号：高中试卷君
